刷题记录2022.3[2]
CF1580D Subsequence
观察减法部分，可以发现可以用笛卡尔树+树形背包完成，每次合并节点 \(u\) 的两个儿子的时候，假设物品数分别为 \(i,j\) ，那么合并的答案显然要减去 \(2ija_u\) （这里乘二是因为每一对询问两次），如果要选上 \(u\) ，那么还需要减去 \(a_u \times (2\times \text{除 } u \text{ 以外选择的个数}+1)\) 。
[AGC009C] Division into Two
首先设定 \(A>B\) 。
观察性质，如果存在 \(i(1\leq i\leq n-2)\) ，有 \(a_{i+2}-a_i<B\) ，这时无论如何分 \(i,i+1,i+2\) ，都是不满足条件的。因此此时答案为 \(0\) 。
接下来用 \(\rm dp\) 解决，设 \(f(i)\) 表示考虑了前 \(i\) 个元素，其中强制令 \(i\) 放入集合 \(A\) 。显然这时候需要枚举上一个放入 \(A\) 的元素 \(j\) ，而这个 \(j\) 需要满足下面的条件：
- \(a_i-a_j\ge A\)
- \(\forall{p\in[j+1,i-2]\cap \mathbb{Z}}, a_{p+1}-a_p\ge B\)
第一个条件显然限制了 \(j\) 的最大值，而第二个条件限制了 \(j\) 的最小值，用前缀和维护一下 \(f\) 即可。
CF1299D Around the World
首先将和节点 \(1\) 相关的边都删掉，这样会有若干个联通块。
如果联通块和 \(1\) 只有一条边相连，因为路径权值是异或和，对联通块设一个线性基，接下来找到一颗生成树，然后将仅含一条非树边的环加入这个联通块的线性基中，可以认为任何一条从 \(1\) 到某个点然后再回到 \(1\) 的任何路径（包括不简单路径）都可以用树上路径配合若干个先前提到的环组成。（这个套路来自 \(\text{CF-938G Shortest Path Queries}\) ），而因为要回到 \(1\) ，所以树上路径的权值和为 \(0\) ，因此只需要看是否存在一些环是线性相关的。如果存在一些线性相关，那么这个联通块显然不能选。
如果联通块和 \(1\) 有两条边相连，那么实际上有两种情况：
- 选择其中一条边，可以发现这时候和先前完全一样，而且线性基和选择哪一条边无关。
- 选择两条边，那么这时候实际上是在线性基中加入了一个三元环（题目说只有三元环）。同理，这个三元环不能和之前的环线性相关。
接下来可以选择一些联通块，这个似乎做不了，因为线性基的数量过多？但是很多线性基实际上是一样的，将线性基消成最小的（将若干二进制数拼起来之后字典序最小），发现这时候只有不到 \(400\) 个不同线性基，那么就可以 \(\rm dp\) 了，要先预处理出两个线性基合并之后得到的线性基作为转移。
[HAOI2011]problem a
将每个人的信息 \((a_i,b_i)\) 转化一下，就是和他相同分数的区间为 \([a_i+1,n-b_i]\) 。
将相同的区间合并一下，合并之后的人数设为这个区间的权值 \(w[l,r]\) ，问题转化一下：选择不相交的若干区间，令选择的区间的权值和最大，这时候可以将区间按右端点排序，设 \(f(i)\) 表示考虑了前 \(i\) 个区间，强制选择第 \(i\) 个区间的最大权值和，那么有：
特别的，令 \(l_0=0,r_0=0\) 。
CF1540B Tree Array
首先枚举一个起始点 \(T\) ，接下来考虑一对数 \((i,j)(i>j)\) 对答案的贡献，这实际上是在求 \(i\) 在 \(j\) 之前被走到的概率，考虑当 \(\mathrm{lca}(i,j)\) 被走到之后的情况，这时候，除了这两个点到 \(\rm lca\) 的路径之外，其他的点都不用管，因为对答案的概率没有影响，显然有 \(\frac{1}{2}\) 的概率往其中一条路径拓展一次，那么有 \(f(i,j)\) 表示第一条路径先拓展 \(i\) 步，然后第二条路径才拓展了 \(j\) 的概率，可以得到：
那么 \((i,j)\) 的答案显然是 \(f[\mathrm{dep}(i)-\mathrm{dep(lca}(i,j)),\mathrm{dep}(j)-\mathrm{dep(lca}(i,j))]\) 。
[SDOI2019]移动金币
一个硬币向左移动 \(x\) 步实际上是将 \(x\) 个空格移到下一个硬币前，而硬币前的空格数可以看成石子数，这个问题就可以转化为某个博弈论经典问题：
有 \(n\) 堆式子，每个操作可以是选择第 \(i\) 堆式子中的若干石子，将其移到第 \(i-1\) 堆式子中，特别的，如果 \(i=1\) ，那么将选择的石子扔掉，不能操作者输。
这个问题可以将偶数位的石子堆忽略，当对手移动偶数堆的石子，你可以将对手移动的石子再移动一次。剩下的实际上就是将奇数位的石子堆看成一个 \(\rm Nim\) 游戏。
回到这一题，将棋子从右到左按 \(1\dots m\) 编号，变成经典问题了。
为了计算方案数，可以用总方案数（显然是 \(\binom{n}{m}\) ），减去必败的方案（奇数位置的异或和为 \(0\) ）。
设 \(f(i,j)\) 表示考虑了前 \(i\) 个数位，当前用的总空格数为 \(j\) ，那么显然有：
最终合并答案的时候，有
Pro
\(n\leq 10^9, m\leq 8\times 10^3\)
观察上面的 \(f(i,j)\) ，实际上可以不关注 \(j\) ，而是关注选择的石子数总和前 \(i-1\) 位的进位，这时候只需要让每一位选择的石子堆都是偶数，并且和进位配合之后等于 \(n-m\) 的第 \(i\) 位即可，可以想到进位数量仅为 \(O(m)\) ，设 \(g(i,j)\) 表示考虑了前 \(i\) 位，其中进位为 \(j\) 的方案数。转移的式子看起来很 \(\rm ex\) ，但是思路比较简单，就不写了。时间复杂度是 \(O(m^2\log_2 n)\) 。
Pro Max
在 \(\rm Pro\) 的基础上，修改一下：\(m\leq 10^5, \mathrm{MOD} = 998244353\) 。
考虑每一维的转移线路：
\(n_i\) 表示数字 \(n\) 在二进制下的第 \(i\) 维（从 \(0\) 开始计数），这里没有把转移系数写出来，但可以想到是一个关于 \(k\) 的多项式（实际上就是某个组合数）。这个东西看起来就很像加法卷积，因此可以使用 \(\texttt{NTT}\) 优化。
[ZJOI2010]基站选址
首先想到一个 \(O(n^2k)\) 的 \(\rm dp\) ，设 \(f(i,j)\) 表示考虑了前 \(i\) 个位置，其中强制第 \(i\) 个位置被选择，这时候已经选择了 \(j\) 个位置的最小代价，那么就有：
特别，令 \(D_{n+1} = W_{n+1}=\infty\), 那么答案是：
接下来用线段树维护一下转移最小值，当计算 \(f(i,j)\) 时，令线段树的第 \(x\) 个位置的转移，即 \(f(x,j-1)+w(x,i)\) ，当 \(i\) 变大的时候，有些位置变得没有办法被 \(i\) 覆盖，具体而言，当 \(D_i > D_p+S_p\) 的时候， \(i\) 无法覆盖 \(p\) ，这时候可以用一个单调栈维护当 \(i\) 增大的时候，有哪些变得不能被 \(i\) 覆盖，而对于这些 \(p\) ，当选择某一段 \(x\) 的时候，依然是无法被覆盖的，这个显然可以用二分找出最大，不能覆盖 \(p\) 的 \(x\) ，那么对于 \(1\) 到最大的 \(x\) ，都需要加上 \(W_p\) 。
\(\rm PS:\) 提前将每一个 \(i\) 对应的 \(p\) 和最大 \(x\) 预处理。
[SDOI2016]硬币游戏
考虑经典问题：
有若干种操作，可以用一个编号 \(x\) 和一个集合 \(S\) 描述，可以拿走石子堆 \(x\) 的式子，然后在\(S\) 中的石子堆中加一个石子，满足拿走石子堆的石子堆比任何加入石子的石子堆的编号都靠后。没有办法操作者输。
可以想到，将每一个石子堆中的石子当成一个游戏，设 \(\mathrm{sg}(i)\) 表示一个在编号为 \(i\) 的石子的 \(\rm sg\) 值。那么可以得到计算式：
最终的判定显然是 \(\bigoplus_{i=1}^n [2\not \mid a_i]\mathrm{sg}(i)>0\) 。\(a_i\) 表示初始的时候，第 \(i\) 堆石子的石子个数。
回到这道题，将一个反面硬币翻成正面，实际上可以等于不动原来的硬币，同时增加一个反面硬币，因此可以认为 \(a_i=[\text{第 } i \text{ 个硬币是反面}]\)。
[Code+#1]Yazid 的新生舞会
因为每一个区间 \([l,r]\) 只有至多一个数的出现次数超过 \(\frac{r-l+1}{2}\) ，因此可以考虑每一个数的贡献。
设当前求数 \(a\) 的贡献，设 \(S_i\) 为前 \(i\) 个数中数 \(a\) 的出现次数，那么一个区间 \([l,r]\) 被 \(a\) 贡献，当且仅当满足：
将其移项，可以得到两个结构相同的式子，设 \(f(i)=2S_i-i\) ，那么区间的判定式就变成了 \(f(r)>f(l-1)\) 。这个显然可以用线段树维护每一个 \(f(i)\) 的出现次数，然后考虑每一个点作为右端点。因为每一个数 \(a\) 都需要扫一遍整一个数组，因为时间复杂度为 \(O(na)\) 。
考虑优化，实际上可以优化的点在于两个 \(a\) 之间的空位，这些位置的 \(f(i)\) 显然是一个等差数列。设 \(p_1, p_2(p_1<p_2)\) 表示相邻两个 \(a\) 的位置，然后设 \(c(i)\) 表示 \(p_1\) 之前 \(f(p)=i\) 的 \(p\) 的个数（这个实际上是优化前线段树维护的值），那么区间 \([p_1,p_2)\) 对答案的贡献显然是：
可以发现，之前的线段树求了一个一阶前缀和，而现在要求一个二阶前缀和，这个实际上也可以用线段树维护，而每次往线段树加入的不是一个常数，而是一个等差数列。
CF1446D Frequency Problem
\(\Rightarrow \rm luogu\) 链接（\(\rm Hard Version\)）
Easy Version
有一个性质，一定存在一个最优解使得整个序列的众数（设这个众数为 \(B\) ）是这个子段的众数之一。
考虑怎么证明，设当前存在一个符合条件的子段（不一定最优），这个子段不包含 \(B\) ，这时可以考虑将其左右扩展，这时候 \(B\) 的数量慢慢增加，因为 \(B\) 是众数，在子段拓展成原序列的过程中，一定存在一个时刻，\(B\) 的数量追上了任何一个非 \(B\) 的数的个数。
接下来考虑每一个数 \(m\) 作为子段的另一个众数对答案的贡献，设 \(h_i=h_{i-1}-[a_i=m]+[a_i=B]\) ，那么就变成了找到最远的两个 \(h_i\) 相同的位置，开个桶即可。
时间复杂度是 \(O(na)\) 。
Hard Version
遇事不决，根号分治。
将所有出现次数大于 \(\sqrt{n}\) 的数按照先前的方式处理。
对于出现次数小于 \(\sqrt{n}\) 的数，这时候 \(B\) 的出现次数也一定不超过 \(\sqrt{n}\) 。
实际上可以可以枚举一个次数限制，这个限制只需要枚举到 \(\sqrt{n}\) 即可，限制所有数字的出现次数不超过限制，一个区间合法需要有至少两个数出现次数恰好到达限制，可以用 \(\texttt{Two pointer}\) 。
CF1613F Tree Coloring
容易想到，因为颜色不能相同，所以不符合条件的父亲和儿子组合会形成若干条不相交的链（一个点也可算链），而每一条链的颜色可以被链头确定，因此可以考虑容斥。
强制连接某些点，设当前形成 \(i\) 条链的方案数为 \(f(i)\) ，那么显然有：
接下来考虑怎么求 \(f(i)\) ，一个点有两个选择：不和儿子合并，和某个儿子合并，不和儿子合并可以让链的数量增加 \(1\) ，而合并儿子则不会增加链的数量，因此可以认为对于第 \(i\) 个点，有多项式 \(d_i+x\) ，其中 \(d_i\) 表示 \(i\) 的儿子的数量，接下来将所有多项式乘起来，这个可以用分治 \(\texttt{FFT}\) 完成， \(f(i)\) 就是结果多项式的第 \(i\) 项。
CF1097G Vladislav and a Great Legend
终于知道 \(k\) 次方和的其中一种计算方式了。
使用第二类斯特林数，根据公式：
当然了，这个公式还有另一个形式：
那么原题的式子就变成了：
稍微变形一下：
后面那个组合数看起来就像是一个背包：首先选择一颗虚树，然后在虚树中选择一些边染色。
设 \(f(u,j)\) 表示在一棵最浅点是 \(u\) 的虚树中，选择了 \(j\) 条边的方案数。接下来可以用合并子树背包的方式向上转移，具体而言，对于子树 \(T_v\) ，合并到 \(T_u\) 时，可以选择边 \((u,v)\) ，也可以不选择 \((u,v)\) ，然后合并上去。同时，为了计算 \(T_u\) 对最后答案的贡献，我们需要记录至少合并了一棵非空子树，然后自己加入虚树，以及至少合并两棵非空子树，但是自己没加入虚树的方案数。
SP11414 COT3 - Combat on a tree
貌似没什么性质，只能用 \(\rm sg\) 函数了，设 \(f(u)\) 表示 \(T_u\) 的 \(\rm sg\) 值，\(g(u,x)\) 表示 \(T_u\) 中删除了路径 \((u,x)\) 之后剩下的森林的 \(f\) 的异或和，那么可以得到（非常恶臭）：
首先，为了维护 \(g(u,x)\) 可以使用启发式合并 \(\texttt{Trie}\) ，同时要支持整个 \(\texttt{Trie}\) 异或某一个值，接着还要支持在 \(\texttt{Trie}\) 上计算 \(\operatorname{mex}\) 。
